illurs avec conireforis înicrîeurs. — Lorsqu'il est
indispensable d'avoir un parement extérieur uni. il faut
renoncer au mur à contreforts extérieurs ; on peut employer,
dans ce cas, des murs à contreforts intérieurs. Leur forme
est encore celle de la figure 153,, mais il faut supposer les terres du côté des piliers. On suppose le masque invariablement lié aux contreforts ; on reconnaît facilement que ces murs sont plus économiques que les Jmurs pleins , mais moins économiques que les murs que nous avons étudiés dans le numéro précédent ; en effet , à poids égal le moment résistant ne dépend que des bras de leviers ; en mettant des contreforts intérieurs, on augmente déjà ces bras de leviers ; mais ils augmentent davantage si on déplace le masque vers l'intérieur jusqu'à ce qu'on obtienne un mur à contreforts extérieurs. Supposons encore comme précédemment que l'épaisseur X du masque soit égale à la saillie du contrefort, que la largeur de ce dernier soit le tiers du vide entre deux piliers voisins; soient e l'épaisseur du mur rectangle, e, l'épaisseur 2a; du mur que nous voulons calculer, on trouve :
d'où X
= e\l{, e,=esj'-^^
L'épaisseur e, s'obtiendra sur la droite OL de la figure 138 cette droite OL étant déterminée par la condition :
OL = y/y ou œh = \]^-
L'épaisseur moyenne est :
L'économie sur le mur plein est donc de 7 pour cent.
Espacement des contreforts. — Le masque pour se renverser doit entraîner une partie de la maçonnerie du pilier ; on peut admettre qu'une longueur l-\- 2^ du masque résiste à la poussée qui se produit sur la longueur / qui mesure l'espacement des contreforts ; on trouve :
310 INTEGRATION GRAPHIQUE.
Et en éliminant e, au moyen de l'équation x = e y —
on trouve
(1 OU l' = — l = -zr œ.
L'espacement des contreforts doit être un peu plus petit que dans le cas précédent.
Hautew limite. — Ou détermine la hauteur limite par un calcul tout-à-fait semblable à celui du numéro précédent ; la figure 154 peut encore servir, car les abscisses ne sont
pas changées , on a toujours ^ = -^ et les ordonnées devraient varier dans le même rapport puisqu'on a encore ^' = — . Mais la poussée agit de gauche vers droite, les fortes
pressions se produiront sur le masque, le centre de pression se trouve au milieu de Od. Les intégrales devraient être tracées en cheminant de droite vers gauche, mais celles qui sont déjà tracées peuvent servir si on adopte des lignes de repère convenables ; pour l'axe neutre B & , on trouve un centre au tiers de bel ; ce centre coïncide approximativement avec le milieu de Od ; B& est donc l'axe neutre ; on a comme précédemment :
H coa D'|3
Approximativement on a : /^ -= 0,42 H.
317. Xlurs avec contreforts et voûtes. — Pour diminuer les inconvénients des murs avec contreforts intérieurs , on a relié les contreforts par des voûtes de décharges ; ces dispositions sont très préconisées ; on leur attribue une grande économie, parce que dans le calcul du moment résistant de ces murs , on tient compte du poids des terres que les voûtes supportent. Nous croyons cependant que c'est une méthode de calcul inçxacte. Plaçons-nous immédiatement au-dessous
INTEGRATION GRAPHIQUE. 311
d'une voûte; il faut supposer, pour admettre cette manière de calculer , que les terres ne produisent pas de poussée sous la voûte, car s'il existe une sous-pression , cette sous-pression devra se soustraire du poids résistant. Pour voir quelle est la valeur de cette sous-pression, prenons d'abord le cas d'un liquide ; on reconnaît sans peine que la sous-pression est plus forte que le poids de l'eau qui repose sur les voûtes et que la diftérence est précisément le poids du volume déplacé par les voûtes; non-seulement ce serait une erreur de tenir compte du poids du liquide supporté par les voûtes , mais dans l'évaluation du poids des voûtes, il faut tenir compte de la perte de poids due au volume déplacé conformément au principe d'Archimède. Ce qui est vrai pour l'eau est vrai aussi pour un massif pulvérulent voisin de l'état liquide.
Lorsque l'on tient compte du frottement des terres , nous avons vu qu'il y a une infinité d'état d'équilibre; nous avons, selon la pratique habituelle, supposé une pression normale sur un plan vertical ; la théorie mathématique de la poussée des terres démontre que c'est l'état d'équilibre d'un massif indéfini limité par un plan horizontal dans lequel les poussées ' horizontales sont les plus petites possibles. Dans un pareil massif, on démontre que les pressions verticales sont les mêmes que dans un liquide de même densité, les pressions
horizontales sont réduites dans le rapport! : tg* — • Si on
suppose que les massifs de terre logés sous les voûtes se trouvent dans cet état d'équilibre, les poussées sous les voûtes sont les mêmes que dans un liquide et il faut encore dans l'évaluation du poids des voûtes tenir compte de la perte de poids due aux terres déplacées. Sans doute on pourrait admettre un état d'équilibre plus favorable à la stabilité du mur ; dès que le mur tend à céder, il se produitdes frottements qui empêchent les sous-pressions de se produire avec la même intensité ; mais il suint de constater que dans un massif pulvérulent les sous-pressions existent pour qu'il soit démontré que le mode de calcul adopté généralement est inexact. Pour réaliser les avantages attribués par erreur aux murs avec
312 INTEGRATION GRAPHIQUE.
Toutes de décharges , il faudrait empêcher la poussée de se transmettre sous les voûtes; il suffît pour cela d'établir un masque intérieur ; nous sommes ainsi conduits à proposer la disposition suivante.
318. Murs à deux masques. — Formons le mur d'une série de piliers reliés par des voûtes et par deux masques , l'un intérieur, l'autre extérieur. Remplissons les vides par de la terre ou , ce qui vaut mieux , par des bricaillons ou des décombres. Le masque extérieur supporte une poussée très faible provenant des massifs logés sous les voûtes , le masque intérieur supporte la poussée des terres, mais comme ils sont maintenus par les contreforts et les voûtes , on peut donner aux deux masques une épaisseur totaleégale à celle du masque unique des murs à contreforts, c'est-à-dire une épaisseur égale au vide. Soient x l'épaisseur totale des deux masques , n le nombre d'étages de voûte ; on donnera au masque extérieur
oc
une épaisseur x^ = — , car le masque extérieur supporte
un massif d'une hauteur n fois plus petite que la hauteur du mur. Nous admettons encore que la largeur des contreforts soit le tiers du vide qui les sépare ; nous admettrons de même que l'épaisseur des voûtes soit le tiers du vide qui les sépare.
Les vides occupent donc les -- de la largeur, les — de la
hauteur , la moitié de l'épaisseur , soit une fraction
— X— X— = r— du volume total. Soient -' le poids spécifique des maçonneries ; q la différence entre le poids spécifique des maçonneries et celui des matériaux qui remplissent les vides; déterminons le poids spécifique t:, qu'il faut attribuer au volume total pour que le moment résistant ne soit pas changé ; on a :
d'où
^'^^'-^âO+él)-
INTEGRATION GRAPHIQUE. 313
Si on entre dans le tableau de la figure 138 par la valeur 71, au lieu de la valeur -' , on obtiendra l'épaisseur e du mur par une hauteur égale à l'unité ; soit h la hauteur du mur , on aura :
7 r ^^^ u n—\ eh
ûc', x" sont les épaisseurs des deux masques. Soit /»' = —
la hauteur d'un étage de voûte, on a aussi :
eh^ ,, , ,, eh'
La hauteur /î' = — pourrait être diminuée autant qu'on
le voudrait, mais il convient que x' ne descende pas en dessous d'une certaine limite ; on peut admettre x' = 0,30 et déterminer /*', puis n.
La hauteur limite que l'on peut atteindre dépend de la forme de la section et du poids des matériaux employés pour remplir les vides ; il taudradonc déterminer danschaque cas particulier la ])ression maxima qui se dévelo[)pe pour être certain que l'écrasement des matériaux ne soit pas à craindre; il faut un tracé graphique analogue à celui de la tigure 154 pour chaque système de valeurs de n et de q.
Considérons, par exemple , le cas extrême où les matériaux de remplissage soient de même densité que la maçonnerie ; supposons le cas limite d'un nombre infini d'étages ; on a alors x' = 0 et la figure 154 peut être utilisée. Ou trouve comme précédemment :
Il - ^
H ~~ co(2
La valeur de M s'obtient par un tracé que nous n'avons pas représenté sur la figure , mais qui ne diffère pas de ceux que nous avons déjà employés ; la surface w est la surface de la section totale du mur , vide comi)ris ; on trouve approximativement :
314 INTEGRATION GRAPHIQUE.
On voit que la hauteur limite est plus petite que dans les murs précédents. En général , plus on obtient d'économie , plus les pressions augmentent, plus l'écrasement est à craindre. On augmente en quelque sorte la stabilité statique aux dépens de la résistance à l'écrasement. C'est dire que ces dispositifs ne sont recommandables |que lorsque l'on a des matériaux de choix. Dans le cas contraire, les murs à sections pleines doivent être employés ; pour les grandes hauteurs, il faut même augmenter les dimensions de parties inférieures pour que les pressions limites ne soient pas dépassées ; on est amené alors à calculer une forme d'égale résistance à l'écrasement. Nous allons montrer comment on peut déterminer graphiquement une pareille forme; nous choisirons le cas d'un mur de réservoir.
§ 6. Forme d'égale résistance à l'écrasement.
310. Problème à résoudre. — C'est M. l'ingénieur Delocre qui a exposé le premier les principes au moyen desquels on devait déterminer la forme d'un mur de réservoir de grande hauteur ( 1 ). A un point de vue théorique on peut donner une épaisseur nulle au sommet du barrage; les parements extérieurs et intérieurs doivent être étabUs suivant des profils d'égale résistance, c'est-à-dire suivant des profils déterminés par la condition qu'en chacun de leurs points la pression maxima soit égale à la limite admise R' ; on obtient les pressions maxima à l'extérieur quand le réservoir est rempli ; on obtient les pressions maxima à l'intérieur quand le réservoir est vide.
En général , il est indispensable d'établir une route sur le barrage; aussi on s'éloigne notablement de la forme théorique en donnant une certaine épaisseur à la crête du barrage. Le barrage comprend alors trois parties : dans la partie supérieure les deux parements sont verticaux; dans la partie moyenne le parement extérieur est établi suivant un profil d'égale résistance , le parement intérieur reste vertical ; dans la partie inférieure , les deux parements sont établis suivant des courbes d'égale résistance.
( 1 ) Annales des ponts et chaussées. 1866.
M. Delûcre a établi les' équations différentielles de ces courbes; mais elles sont trop complexes pour pouvoir s'en servir aisément; aussi a-t-il imaginé de remplacer les profils courbes par des profils polygonaux à déterminer de manière à atteindre la pression limite aux sommets. Le barrage est alors formé de tronçons de forme trapèze (flg. 155) dont on détermine successivement les dimensions par tâtonnements. L'intégration graphique permet d'abréger considérablement ces calculs ; elle donne le moyen de calculer graphiquement la poussée, les poids résistants, les centres de pression. Le problème du numéro 248 nous permettra de déterminer les dimensions presque sans tâtonnement.
Soit (fig. 155) à déterminer la forme d'un mur de réservoir de 50 mètres de hauteur ; l'épaisseur AA' à la crête est de 8 mètres ; le niveau de l'eau est à 2'".50 du sommet du barrage ; le poids spécifique des maçonneries est de 2200 kilogrammes; la limite des pressions e<t R' = 6 kilogrammes par centimètre carré. La hauteur du mur est divisée en tronçons de 5 mètres: il s'agit de déterminer les dimensions de ces tronçons pour que les pressions maxima soient égales à 6 kilogrammes par centimètre carré, sauf toutefois sur les parements verticaux où les pressions peuvent être moindres.
Avant d'aborder ce problème , nous indiquerons d'abord le moyen de déterminer les pressions dans un mur de forme donnée.
S'iO. Bases (finlégration. — On considère une longueur de mur égale à 1 mètre; les poids des maçonneries et les poids des volumes liquides qui reposent sur le parement intérieur sont représentés par des surfaces. Soient t: == 1000 kilogrammes, -'-=2200 kilogrammes les poids spécifiques de l'eau et des maçonneries; une surface m représente un poids 77 w ou -'o) selon que cette surfiice représente un volume liquide ou un volume de maçonneries; les bases d'intégration qu'il faut choisirpOur obtenir directement les poids tto) ou -'oj sont (55) :
■^ ctl> ', ^^^
316 INTEGRATION GRAPHIQUE.
Si on exprime toutes les longueurs en prenant pour unité la longueur qui représente le mètre, on a : a = & = 1, d'où l'on a :
Ctt en'
L'échelle des forces peut être choisie arbitrairement; mais nous savons qu'il est avantageux de choisir une échelle particulière. Une pression N sur un joint de longueur 3a , soumis à la loi du triangle, produit la pression limite R', si Ton a :
R'=- — , doùa = — ^• 3a 3R'
Nous avons recommandé (248) de choisir l'échelle des forces de manière que N soit représenté par la même longueur que a; cette échelle ne convient pas ici, parce que l'on trouve des bases d'intégration trop grandes , sortant des limites de 'épure ; nous choisirons l'échelle des forces de manière que N soit représenté par 3a; on obtiendra a connaissant N en prenant le tiers de la longueur qui représente N , au moyen du compas de proportion. L'unité de force est représentée par c , la force N par Ne , on a donc
Ne Nc = 3a, d'otia = — -•
En comparant cette valeur de a avec la précédente, on trouve :
^=R^ Les valeurs de '/ et de /' deviennent :
L'unité de longueur que nous avons admise est le mètre ; on a donc R' = 60.000 kilogrammes; il vient :
/ = 30 mètres, /.' = — mètres.
Ces bases d'intégration sont :
